江西省上饶市婺源县紫阳中学2024-2025学年高三上学期11月检测数学试题

这是一份江西省上饶市婺源县紫阳中学2024-2025学年高三上学期11月检测数学试题，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知函数，则满足的的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
2．年巴黎奥运会中国代表队获得金牌榜第一，奖牌榜第二的优异成绩.首金是中国组合黄雨婷和盛李豪在米气步枪混合团体赛中获得，两人在决赛中次射击环数如图，则（ ）

A．盛李豪的平均射击环数超过
B．黄雨婷射击环数的第百分位数为
C．盛李豪射击环数的标准差小于黄雨婷射击环数的标准差
D．黄雨婷射击环数的极差小于盛李豪射击环数的极差
3．函数的部分图象大致为（ ）
A．B．C．D．
4．若 ，且 ，则 的最大值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知M，N分别是四面体的棱，的中点，点P在线段上，且，设向量，，，则（ ）
A．B．
C．D．
6．英国生物统计学家高尔顿设计了高尔顿钉板来研究随机现象.如图是一个高尔顿钉板的设计图，每一黑点表示钉在板上的一颗钉子，它们彼此的距离均相等，上一层的每一颗钉子恰好位于下一层两颗打子的正中间，小球每次下落，将随机的向两边等概率的下落.数学课堂上，老师向学生们介绍了高尔顿钉板放学后，爱动脑的小明设计了一个不一样的“高尔顿钉板”，它使小球在从钉板上一层的两颗钉子之间落下后砸到下一层的钉子上时，向左下落的概率为向右下落的概率的2倍.当有大量的小球依次滚下时，最终都落入钉板下面的5个不同位置.若一个小球从正上方落下，经过5层钉板最终落到4号位置的概率是（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列的首项，前n项和，满足，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，关于的不等式有且只有三个正整数解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．是定义在上的偶函数，当时，，则下列说法中错误的是（ ）
A．
B．的单调递增区间为和
C．的解集为
D．的最大值为
10．下列四个命题为真命题的是（ ）.
A．在中，角所对的边分别为，若，，，要使满足条件的三角形有且只有两个，则
B．若向量，，则在上的投影向量为
C．已知向量，，则的最大值为
D．在中，若（），则动点的轨迹一定通过的重心
11．平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线l过点2,3，与两坐标分别交于A，B两点，设三角形OAB面积为，则下列选项中是真命题的是（ ）
A．存在正实数m，使得满足条件的直线直线l恰有一条．
B．存在正实数m，使得满足条件的直线直线l恰有两条．
C．若存在三条直线，使得三角形ABO面积为m，则．
D．若存在四条直线，使得三角形ABO面积为m，则．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．复数（i是虚数单位），则复数z的模为 ．
13．已知圆：，圆：，，分别是圆，上的动点，为轴上的动点，则点到，两点的距离之和的最小值为 ．
14．，则在处的切线方程为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15．（13分）已知集合.
(1)若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围.
(2)若，求实数的取值范围.
16．（15分）函数的部分图象如图所示．
(1)求函数的解析式；
(2)求函数在上的值域．
17．（17分）在中，角的对边分别为.
(1)求角；
(2)若，求的值；
(3)在（2）的条件下，若边，点为线段上的动点，点为线段上的动点，且线段平分的面积，求线段长度的最小值.
18．（15分）已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，离心率为．
(1)求椭圆和抛物线的方程；
(2)过点作斜率为的直线交椭圆于，两点，为弦的中点，求直线的斜率．
19．（17分）已知函数.
(1)若，求的单调区间;
(2)若，求证:;
(3)若使得，求证:.
数学参考答案
1．D
【分析】首先得出为奇函数，且易知在上单调递增，再解不等式即可.
【详解】令
为奇函数，且易知在上单调递增．
原不等式可转化为，，解得．
故选：D.
2．C
【分析】根据图表数据可直接判断选项A，利用第百分位数的解法直接判断选项B，根据图表的分散程度即可判断选项C，根据极差的求法直接判断选项D.
【详解】由题知，盛李豪的射击环数只有两次是环，次环，
其余都是环以下，所以盛李豪平均射击环数低于，故A错误；
由于，故第百分位数是从小到大排列的第个数，故B错误；
由于黄雨婷的射击环数更分散，故标准差更大，故C正确；
黄雨婷射击环数的极差为，
盛李豪的射击环数极差为，故D错误.
故选：C
3．B
【分析】先由分母不为零确定函数的定义域，再由三角函数的诱导公式和确定函数为奇函数，最后讨论和时的正负可得结果；
【详解】由可得函数的定义域为，且，
因为，所以为奇函数．
因为，
所以当时，，当时，，排除A，C，D，
故选：B.
4．C
【分析】根据诱导公式化简，再由二倍角公式及基本不等式求解.
【详解】因为，由诱导公式可得，
所以，
由知，，
所以，当且仅当即时，等号成立.
所以 的最大值为.
故选：C
5．C
【分析】根据给定的几何体，利用空间向量线性运算求解即得.
【详解】在四面体中，分别为的中点，且，
所以
.
故选：C
6．A
【分析】向左下落的概率为向右下落的概率的2倍，所以向左下落的概率为，向右下落的概率为，在下落过程中除去第一次，剩下四次始终保证向左一次，向右三次才能最终落到4号位置.由二项分布的概念计算概率即可.
【详解】向左下落的概率为向右下落的概率的2倍.
所以向左下落的概率为，向右下落的概率为，
若第一次向左下落，则下落的过程中剩下的四次中向左一次，向右三次才能最终落到4号位置，
故此时概率为：，
若第一次向右下落，则下落的过程中剩下的四次中向左一次，向右三次才能最终落到4号位置，
故此时概率为：，
故经过5层钉板最终落到4号位置的概率是.
故选：A
7．C
【分析】根据得到，两式相减得到，求出即可求解.
【详解】因为，所以，
两式相减得，
所以，所以，
所以，所以，
所以.
故选：C.
8．D
【分析】根据题意，求导可得，即可得到当时，恒成立，将原不等式化简可得，然后分与讨论，代入计算，即可得到结果.
【详解】函数的定义域为R，求导得，
当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
则，而，故当时，恒成立，
不等式，
当时，或，由，得，
原不等式的整数解有无数个，不符合题意；
当时，或，由，得，无正整数解，
因此原不等式有且只有3个正整数解，等价于不等式有且只有3个正整数解，
3个正整数解只能是，因此，即，
所以实数的取值范围是.
故选：D.
9．AC
【分析】先依据偶函数的性质求出解析式，再利用二次函数性质求解单调区间判断B，利用单调性结合
偶函数的性质判断A，举反例判断C，利用二次函数的性质分区间求最值判断D即可.
【详解】当时，，因为是定义在上的偶函数，
所以，而当时，，
故此时，故的解析式如下，
当时，，当时，，
当时，由二次函数性质得在上单调递增，
在上单调递减，
当时，由二次函数性质得在上单调递增，
在上单调递减，
综上可得的单调递增区间为和，故B正确，
由偶函数性质得，而在上单调递减，
所以，故，故A错误，
当时，，不满足，故C错误，
当时，由二次函数性质得，
当时，由二次函数性质得，
故的最大值为，即D正确.
故选：AC
10．BCD
【分析】对于A，根据正弦定理可求得，可得，可求得取值即可判断；对于B，直接根据投影公式计算出投影向量的值即可；对于C，由向量坐标的模长公式代入计算，即可判断；对于D，令边中点为，则，再根据正弦定理变形即可判断.
【详解】对于A，根据正弦定理可求得，所以，
所以，且，可求得，故A错误；
对于B，直接根据在上的投影向量，故B正确；
对于C，，
则，令，
则，
当时，取最大值，最大值为，故C正确；
对于D，令边中点为，则，再根据正弦定理，
所以，
代入到，
因此点的轨迹在直线上，所以点的轨迹经过重心，故D正确.
故选：BCD.
11．BCD
【分析】根据直线的方程求出与坐标轴的交点坐标，然后求出的面积，作出函数的图象，利用数形结合，可确定的值的情况，即可判断各选项的正误.
【详解】由题意可知：直线l的斜率存在，且不为0，
设直线，
可知直线l与轴、轴交点的坐标分别为，，
显然，解得，
可得三角形OAB面积，
令，作出其图象如图所示，
由图可知：当时，有两解；
当时，有三解；
当时，有四解；
结合选项可知：A错误，BCD正确；
故选：BCD.
12．2
【分析】利用复数除法运算化简，再由复数模的计算公式求解．
【详解】，
.
故答案为：.
13．/
【分析】根据距离的几何意义，利用圆的几何性质，数形结合求解．
【详解】依题意可知的圆心坐标为2,3，半径，
的圆心坐标为，半径，
如图所示，对于轴上的任意一点，由图象可知，求的最小值，
可转化为求的最小值．
由平面几何的知识易知关于轴对称的点的坐标为，，
当，，共线时，取得最小值，
即取得最小值，最小值为，
所以的最小值为52-4．
故答案为：52-4．
14．
【分析】利用导数的运算法则计算，得到切线斜率，写出切线的点斜式方程，化成一般式方程.
【详解】∵，
∴，，
∴，
∴在处的切线方程为：，
整理得.
故答案为：.
15．(1)；
(2)或.
【分析】（1）解不等式化简集合，再利用充分不必要条件的定义列式求解.
（2）由（1）的信息，利用并集的结果，结合集合的包含关系列式求解.
【详解】（1）由不等式，得或，
解，得，解，得，
因此或，由“”是“”的充分不必要条件，
得，则，即，解得，
所以实数的取值范围是.
（2）由（1）知或，由，得，
当时，，即，解得，满足，
则，
当时，或，
解，即，解得，
解，即，解得，
则或，
所以实数的取值范围是或.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据函数图像可知，，即可得，代入点可得，即可得函数解析式；
（2）利用代入法可得值域.
【详解】（1）由函数图像可知，，
即，可知，
又，则，
所以，
又函数过点，
即，
解得，，
又，即，
所以；
（2）由（1）得，
又，，
所以，
即.
17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变换的知识求得.
（2）根据已知条件以及余弦定理求得.
（3）根据三角形的面积公式列方程，结合余弦定理以及基本不等式求得的最小值.
【详解】（1）由正弦定理可知：
，，
，
，
.
（2），又，
，
.
（3）若边由（1）（2）可知，
，
令，则，
又由余弦定理得：（当时等号成立）,
的最小值为.

18．(1)椭圆的方程为；抛物线的方程为
(2)
【分析】（1）根据椭圆方程和离心率可得，即可得椭圆方程，根据焦点可得抛物线方程；
（2）设的坐标，利用点差法即可得斜率.
【详解】（1）由椭圆方程可知：，
因为，解得，
又因为，所以椭圆的方程为；
可知椭圆的焦点为，则抛物线的焦点为1,0，
可得，即
所以抛物线的方程为.
（2）显然点在椭圆内，可知直线与椭圆必相交，
如图所示：
设，中点为，
则，，，
因为两点在椭圆上，
可得，两式相减可得，
整理可得，
即，可得，
所以直线的斜率为.
19．(1)单调递减区间是0,+∞，无增区间.
(2)证明见详解
(3)证明见详解
【分析】（1）利用导函数求得的最大值，再得到在上递减；
（2）时函数值恒为负数，所以研究的最大值，借助导函数得到在区间上小于0，所以函数单减，从而得到函数值一定小于0，得证；
（3）利用导函数求单调区间，由此得出的所在区间，构造直线使得与的交点见距离等于不等式两边的值，再由线段长短得出相应结论.
【详解】（1）当时，，，
则
令，则，
令，∵，
∴，
∴在区间上单调递减增，在区间上单调递减，
∴，
∴的单调递减区间是，无增区间.
（2）∵，
当时，显然成立，
当时，，令，
∴，
∴在区间上单调递减，∴，
∴在区间上单调递减，∴，
综上所述，当时，.
（3），
∴，令，则，∴在区间上单调递减，在区间上单调递增，
∵，∴.
不妨设，则，，
先证：，
易知在处的切线方程为，该切线与直线的交点的横坐标为，
令，则，
当时，，此时，
∴当时，图像在下方.
∴，
∴，
再证，设，，
易知直线方程为，直线方程为，
则直线，与直线交点的横坐标为，，
∴，
∵，同理可证：，
∴，类似的可以证明，
∴，即，
∴
【点睛】思路点睛：本题不等式证明可以分别证明两边成立，因为是与的交点，可以构造其他交点使得线段长度等于不等式两端的值，再证明点的位置，得到线段长度即可得证.